专题04 数列、立体几何（云南专用）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编

专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 数列的概念与表示 题型02 等差数列 题型03 等比数列 题型04 数列求和 题型05 空间几何体 题型06 点、直线、平面之间的位置关系 题型07 空间向量与立体几何 ( 题型01 )数列的概念与表示 1．（2025·云南·一模）已知数列的前项和满足，若数列满足，，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·云南·一模）已知数列的前项和为，，，则（   ） A．数列是等比数列 B． C． D．数列的前项和为 3．（2025·云南昆明·一模）已知各项均为正数的数列的前项和为，，且. (1)证明：数列是等差数列； (2)求数列的通项公式； (3)若，求的取值范围. ( 题型02 )等差数列 4．（2025·云南·一模）已知数列满足， (1)求数列的通项公式． (2)设，求数列的前项和 (3)若，证明 5．（2025·云南·一模）定义数列的 “差分数列”：.若数列的 “差分数列”是公差为的等差数列，且，，则（ ） A． B． C． D．数列的前项和 6．（2025·云南昭通·一模）数列满足（为正整数），且与的等差中项是20，则首项 ． 7．（2025·云南曲靖·一模）记为等差数列的前项和，若，，则（   ） A．42 B．49 C．56 D．72 8．（2025·云南昆明·一模）已知数列，，，是的前项和. (1)证明：数列为等差数列； (2)求； (3)若，记数列的前项和为，证明：． 参考数据：. 9．（2025·云南·一模）等差数列的首项为1，公差不为0.若，，成等比数列，则的前6项和为（   ） A． B． C．3 D．8 10．（2025·云南·一模）等差数列的公差d不为0，其中，，，成等比数列．数列满足 （1）求数列与的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． ( 题 型 0 3 )等比数列 11．（2025·云南保山·一模）若、、、成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 12．（2025·云南·一模）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（填序号） . ① ② ③的最大值为 ④的最大值为 13．（2025·云南昆明·一模）已知数列的前项和为，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 14．（2025·云南·一模）已知等比数列为其前项和，若，则（    ） A．3 B． C．2 D．3或 ( 题型0 4 )数列求和 15．（2025·云南·一模）已知数列的首项为，前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)求满足的的最小值； (3)已知，记数列的前项和为，求证：. 16．（2025·云南·一模）如果数列中存在四项，，，，使得（，，，互不相同），则称数列为稳健数列. (1)若数列是项数为5的正项等比数列，且是稳健数列，求的公比的个数； (2)若数列的项数为6，且，从中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率； (3)若数列为等差数列，且公差不为0，从中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列的概率超过，求数列的项数的最大值. 【参考公式：】 17．（2025·云南·一模）已知一个袋子中装有分别标有数字的张卡片，． (1)把这个袋子中的张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为，求的值； (2)从这个袋子中依次随机抽取一张卡片． （i）若取出的卡片不再放回袋子，记为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求； （ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为，证明：． ( 题型0 5 )空间几何体 18．（2025·云南·一模）在三棱锥中， ， ， ，则三棱锥外接球的表面积为 19．（2025·云南·一模）如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为 ． 20．（2025·云南·一模）已知正三棱锥有一个半径为的内切球，则所有这样的正三棱锥中体积最小的一个的体积是（    ） A． B． C． D． 21．（2025·云南·一模）如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. (1)求阴影部分形成的几何体的体积； (2)求阴影部分形成的几何体的表面积. 22．（2025·云南·一模）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，.则（    ） A．球的表面积为 B．异面直线与所成角的正切值为 C．平面截球所得截面的面积为 D．点到平面的距离为 23．（2025·云南·一模）已知球的半径为，圆的半径为，且圆是球的一个截面，若圆的面积与球的表面积之比为，则的值为（    ） A． B． C． D． 24．（2025·云南·一模）已知正方体的棱长为，点在底面上（含边界），且，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成角的正切值最大为 C．平面截该正方体的内切球所得截面的面积为 D．若动点在线段上，为的中点，则的最小值为 25．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 26．（2025·云南·一模）已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（    ） A．2 B． C．1 D． 27．（2025·云南昆明·一模）在长方体中，底面是边长为的正方形，，点是的中点，点是上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，过点、、的截面是梯形 C．当点运动到某点时，过点、、的截面是五边形 D．当时，过点、、的截面是矩形 28．（2025·云南昆明·一模）一个内角为且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 29．（2025·云南曲靖·一模）在四棱锥中，平面，，． (1)若，为的中点，且平面，求的长； (2)若，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 30．（2025·云南昭通·一模）如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的高为（    ） A． B．2 C．6 D．3 31．（2025·云南·一模）“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门．某商家设计的折叠储物凳是正三棱台形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠．每个侧面梯形的上底长为分米，下底长为分米，梯形的腰长为分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为（   ） A．立方分米 B．立方分米 C．7立方分米 D．立方分米 32．（2025·云南·一模）在正三棱台中，，，与平面ABC所成角为，则该三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 33．（2025·云南·一模）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（    ）    A．该正八面体结构的表面积为 B．该正八面体结构的体积为 C．该正八面体结构的外接球表面积为 D．该正八面体结构的内切球表面积为 34．（2025·云南·一模）已知一个圆锥的底面半径为，其侧面面积是底面面积的倍，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 35．（2025·云南·一模）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． ( 题型0 6 )点、直线、平面之间的位置关系 36．（2025·云南丽江·一模）已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.    (1)求证：； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大?求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置. 37．（2025·云南·一模）如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 38．（2025·云南·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．      (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 39．（2025·云南·一模）如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，，，是等边三角形，且，点为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 40．（2025·云南·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，. (1)若，分别是，的中点，证明：； (2)求二面角的余弦值. 41．（2025·云南昆明·一模）如图，正方体的棱长为，为线段上的动点，，分别是线段，上的点，且，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离； (3)求异面直线与所成角的余弦值的最大值，并说明点的位置. 42．（2025·云南昭通·一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，，分别为AB，PD的中点． (1)求证：平面PBC； (2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值． 43．（2025·云南昆明·一模）如图，四棱台的底面为正方形，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若侧面为等腰梯形，. （i）证明：平面平面； （ii）求平面和平面夹角的余弦值． 44．（2025·云南·一模）如图，在中，，，，，将沿折起得到四棱锥，且平面平面. (1)证明：四棱锥的高为. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 45．（2025·云南·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 46．（2025·云南·一模）如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面ABCD为正方形，，.    (1)求证：平面. (2)点在直线上，且平面MCD，求与平面所成角的正弦值. ( 题型0 7 )空间向量与立体几何 47．（2025·云南·一模）已知菱形如图①所示，其中且，现沿进行翻折，使得平面平面，再过点作平面，且，所得图形如图②所示. (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)若点满足. （i）平面，求的值； （ii）若与平面所成角为，求的最大值. 48．（2025·云南·一模）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小 C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 数列的概念与表示 题型02 等差数列 题型03 等比数列 题型04 数列求和 题型05 空间几何体 题型06 点、直线、平面之间的位置关系 题型07 空间向量与立体几何 SHAPE \* MERGEFORMAT 数列的概念与表示 1．（2025·云南·一模）已知数列 的前 项和 满足 ，若数列 满足 ， ，则数列 的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用 与 间的关系，得到 ，从而有 ，再利用累加法，即可求解. 【详解】因为 ，当 时， ， 两式相减得到 ，即 ， 又 ，得到 ，所以数列 是以 ， 的等比数列， 所以 ，则 ， 当 时， ， 所以 ，又 时，满足 ， 故选：A. 2．（2025·云南·一模）已知数列 的前 项和为 ， ， ，则（   ） A．数列 是等比数列 B． C． D．数列 的前 项和为 【答案】ACD 【分析】A选项，变形得到 ，故 是公比为2的等比数列；C选项，结合A，利用等比数列求通项公式得到C正确；B选项，在C基础上，利用 求出通项公式；D选项，先得到 为公比为 的等比数列，利用求和公式得到答案. 【详解】A选项， ， 其中 ，所以 是公比为2的等比数列，A正确； C选项，由A知， ，所以 ，C正确； B选项，当 时， ， 当 时， ， 显然 满足 ，故 ，B错误； D选项， ，故 ， 即 为公比为 的等比数列，且 ， 所以 的前 项和为 ，D正确. 故选：ACD 3．（2025·云南昆明·一模）已知各项均为正数的数列 的前 项和为 ， ，且 . (1)证明：数列 是等差数列； (2)求数列 的通项公式； (3)若 ，求 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知等式变形得出 ，化简得出 ，结合等差数列的定义可证得结论成立； （2）结合（1）中的结论可得出数列 的通项公式，由此可求得数列 的通项公式； （3）由参变量分离法得出 ，令 ，分析数列 的单调性，即可求得实数 的取值范围. 【详解】（1）因为各项均为正数的数列 的前 项和为 ，则对任意的 ， ， 当 时， ， 即 ，所以， ， 因此，数列 是等差数列，且其首项为 ，公差为 . （2）由（1）可得 ，则当 时， ， 也满足 ，故 ， . （3）由 可得 ， 令 ，则 则 ，即 ， 所以，数列 为单调递增数列，则 ， 因此， 的取值范围是 . SHAPE \* MERGEFORMAT 等差数列 4．（2025·云南·一模）已知数列 满足 ， (1)求数列 的通项公式． (2)设 ，求数列 的前 项和 EMBED Equation.DSMT4 (3)若 ，证明 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先应用递推公式化简证明 是等差数列再应用通项公式计算求解即可； （2）应用分组求和应用等差数列求和计算求解； （3）应用裂项相消法计算证明即可. 【详解】（1）将 两边同时乘以 得 令 ，则 ， 是以 为首项， 为公差的等差数列， 所以 （2）由 (1) 知 ， 则 （3） ， 当 时， 当 时， 设 ， ， 所以 5．（2025·云南·一模）定义数列 的 “差分数列” ： .若数列 的 “差分数列” 是公差为 的等差数列，且 ， ，则（ ） A． B． C． D．数列 的前 项和 【答案】ABC 【分析】根据 可得选项A正确；根据等差数列通项公式可得选项B正确；利用累加法求数列通项公式可得选项C正确；举反例可说明选项D错误. 【详解】A.由题意得， ，即 ，故 ，选项A正确.     B. ∵数列 是公差为 的等差数列， ， ∴ ，故 ，选项B正确. C.由 得， ， ∴当 时， ， ∴ EMBED Equation.DSMT4 ， 当 时， 满足上式，故 ，选项C正确. D.当 时， ，选项D错误. 故选：ABC. 6．（2025·云南昭通·一模）数列 满足 （ 为正整数），且 与 的等差中项是20，则首项 ． 【答案】 【分析】由 可得数列 为等比数列，且公比 ，再根据等差中项的定义计算即可. 【详解】数列 满足 为正整数），则数列 为等比数列，且公比 ， 因为 与 的等差中项是20，所以 ，即 ，解得 . 故答案为： . 7．（2025·云南曲靖·一模）记 为等差数列 的前 项和，若 ， ，则 （   ） A．42 B．49 C．56 D．72 【答案】C 【分析】应用等差数列的性质结合等差数列求和公式计算求解. 【详解】等差数列 中，因为 ，则 ， 则 . 故选：C. 8．（2025·云南昆明·一模）已知数列 ， ， ， 是 的前 项和. (1)证明：数列 为等差数列； (2)求 ； (3)若 ，记数列 的前 项和为 ，证明： ． 参考数据： . 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列通项公式证明即可； （2） 应用错位相减法计算求和即可； （3）分奇偶应用等比数列求和，再构造函数应用导函数判断函数的单调性结合累加法及对数运算证明即可. 【详解】（1）由题，得 ； 又 ，所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列. （2）由（1）可知 ，故 . ， 则 ， 两式相减得， ， 所以 . （3）由（2）可知 所以数列 中的奇数项 （ ）， 偶数项 ， （ ）， . 由于 ，则 ，所以 ，则 ， 所以 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 . 由于 EMBED Equation.DSMT4 . 构造函数 ， ， 所以 ，则 在 上单调递减. 所以当 时，则 ， 即任意 ， ，即 在 恒成立. 令 ， ，则 ，即 ， ， 所以 ， ， ， . 以上各式相加得， EMBED Equation.DSMT4 ，即 . 所以 . 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数 求导函数确定函数的单调性及应用换元法令 ，累加法计算求解. 9．（2025·云南·一模）等差数列 的首项为1，公差不为0.若 ， ， 成等比数列，则 的前6项和为（   ） A． B． C．3 D．8 【答案】A 【分析】根据 ， ， 成等比数列，列方程 可求出公差，再根据等差数列的求和公式可求出结果. 【详解】设等差数列的公差为 ， 因为 ， ， 成等比数列，所以 ， 所以 ， 又 ，所以 ，整理得 ， 因为 ，所以 ， 所以数列 前6项的和为 EMBED Equation.DSMT4 . 故选：A 10．（2025·云南·一模）等差数列 的公差d不为0，其中 ， ， ， 成等比数列．数列 满足 （1）求数列 与 的通项公式； （2）若 ，求数列 的前n项和 ． 【答案】（1） ； ；（2） ． 【分析】（1）根据 和 ， ， 成等比数列可列出关于公差的方程，求出公差 的值，再结合 ，即可写出通项 .根据前 项和与第 项的关系，由 可求出 ，进而可求出 ； （2）利用“错位相减法”，可求出数列 的前n项和 . 【详解】解：（1）由已知 ，又 故 解得 （舍去），或 ∴ ∵ ① 故当 时，可知 ∴ 当 时，可知 ② ① ②得 ∴ 又 也满足 ，故当 时，都有 ； （2）由（1）知 故 ③ ∴ ④ 由③—④得 解得 . 【方法点睛】求数列的前 项和常用的方法有： （1）公式法；（2）分组（并项）求和法；（3）倒序相加法；（4）错位相减法；（5）裂项相消法. SHAPE \* MERGEFORMAT 等比数列 11．（2025·云南保山·一模）若 、 、 、 成等比数列，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等比中项的概念可得结果． 【详解】因为 、 、 、 成等比数列，根据等比中项的概念可得， ． 故选：C. 12．（2025·云南·一模）设等比数列 的公比为 ，其前 项和为 ，前 项积为 ，并且满足条件 ， ， ，则下列结论正确的是（填序号） . ① ② ③ 的最大值为 ④ 的最大值为 【答案】①②③ 【分析】根据题意 ，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可. 【详解】因为 ， ， ， 所以 ，所以 ，故①正确. ，故②正确； 又 ，所以 的最大值为 ，故③正确. 因为 ， ，所以恒有 ，所以 无最大值，故④错误； 故答案为：①②③ 13．（2025·云南昆明·一模）已知数列 的前 项和为 ， . (1)求数列 的通项公式； (2)令 ，求数列 的前 项和 . 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用 即可求数列 的通项公式； （2）由（1）得 ，然后利用裂项相消求和法可求得数列 的前 项和 . 【详解】（1）由题得 ， ∴当 时， ，得 ， 当 时， ， 两式作差得 ，即 ， 故数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， 所以 . （2）由（1）得 . ∴ EMBED Equation.DSMT4 . 14．（2025·云南·一模）已知等比数列 为其前 项和，若 ，则 （    ） A．3 B． C．2 D．3或 【答案】D 【分析】结合等比数列求和公式得 ，即可求出 或2，同理由 即可求值. 【详解】由 得 ，即 ，与题设矛盾，故 . ，即 ，∴ 或2. 由 得 或3. 故选：D. SHAPE \* MERGEFORMAT 数列求和 15．（2025·云南·一模）已知数列 的首项为 ，前 项和为 ，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)求满足 的 的最小值； (3)已知 ，记数列 的前 项和为 ，求证： . 【答案】(1) (2)最小值为 (3)证明见解析 【分析】（1）根据退一相减法可得 ，再结合累加法可得通项公式； （2）由通项公式代入不等式，可得 的范围，即可得解； （3）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证. 【详解】（1）由已知 ， 则 ， 即 ，则 ， ， ， ， 等式左右分别相加可得 ， 则 ； （2）由（1）得 ，且 ， 即 ， 化简可得 ， 又 ，即 ， 所以满足 的 的最小值为 ； （3）依题意得， ， 则 ， 又 ，所以 ， 所以 ， 即 . 16．（2025·云南·一模）如果数列 中存在四项 ， ， ， ，使得 （ ， ， ， 互不相同），则称数列 为稳健数列. (1)若数列 是项数为5的正项等比数列，且 是稳健数列，求 的公比 的个数； (2)若数列 的项数为6，且 ，从 中任意取出四项组成一个数列，求该数列为稳健数列的频率； (3)若数列 为等差数列，且公差不为0，从 中任意取出四项组成一个数列，该数列为稳健数列的概率超过 ，求数列 的项数的最大值. 【参考公式： 】 【答案】(1)3 (2) (3)21 【分析】（1）不妨设数列 为： ，分类求解方程，根据解的情况可得； （2）由列举法及古典概型概率公式可求； （3）根据公差与项数 的奇偶性分类计数，借助取整函数与数列求和求解. 【详解】（1）由 ， ， ， ， 互不相同， 不妨设 . 不妨设数列 为： ，由数列为正项等比数列，可知 ， 当 时，满足题意； 当 且 时，则数列为递增或递减数列， 由题意，可知 且 ，； ①若 ，则 ， 所以 ， 又 ， . 令 ，则 ， 当 时， ，当 时， ， 在 上单调递减，在 上单调递增． ，使得 ， 即存在唯一的 ，使得 ； ②若 ，则 ， 由 ， ，由 ，故无解； ③若 ，则 ， 又 ，故无解； ④若 ，则 ， ， ， . 令 ， 在 上单调递增，又 ， ，使得 ， 即存在唯一的 ，使得 ； ⑤若 ，则 ，故无解． 其他情况同理可知无解. 综上所述，公比 的个数为3． （2）从 中取出的4项所有可能为：1，2，3，4（稳健数列）； 1，2，3，5（不是稳健数列）； 1，2，3，6（不是稳健数列）；1，2，4，5（稳健数列）；1，2，4，6（不是稳健数列）； 1，2，5，6（稳健数列）；1，3，4，5（不是稳健数列）；1，3，4，6（稳健数列）； 1，3，5，6（不是稳健数列）；1，4，5，6（不是稳健数列）；2，3，4，5（稳健数列）； 2，3，4，6（不是稳健数列）；2，3，5，6（稳健数列）； 2，4，5，6（不是稳健数列）； 3，4，5，6（稳健数列）；共 种，其中7个稳健数列. 故从 中任意取出4个元素组成一个数列，该数列为稳健数列的概率 ． （3）不妨令 ，取出的4个数从小到大依次为 ， 当 时，稳健数列 ， ， ， 共有 个： 若 ，从 到 共有 个数， 相应的 ， 的取法有 种， . 当 为偶数时， 当 为奇数时，若 ，则共有 种， 若 ，则回到 为偶数的情况，共有 种； 此时 ； 当 为偶数时，从 中取出4个数为稳健数列的个数为： 由 ，得: ， ，又 为偶数， 此时 最大为20； 当 为奇数时，从 中取出4个数为稳健数列的个数为： 由 ，得: ， ，又 为奇数， 此时 最大为21． 综上所述： 的最大值为21． 【点睛】关键点点睛：此题解决关键在于第（3）问中的奇偶性分析. 17．（2025·云南·一模）已知一个袋子中装有分别标有数字 的 张卡片， ． (1)把这个袋子中的 张卡片分别放入2个不同的盒子中，每个盒子不空，记分配方法总数为 ，求 的值； (2)从这个袋子中依次随机抽取一张卡片． （i）若取出的卡片不再放回袋子，记 为最后一张标号为偶数的卡片被取出时所需的抽取次数，求 ； （ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取 次，直到取到标号为偶数的卡片就停止抽取，记抽取的次数为 ，证明： ． 【答案】(1) (2)（i） ；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用组合计数求 ，再由分组求和法，结合等比数列求和公式求解即可； （2）（i）利用组合计数与古典概型概率公式得到概率分布列，再由离散型随机变量的期望公式可求；（ii）利用相互独立事件同时发生的概率公式得到概率分布列，再由错位相减法即可求得 . 【详解】（1）由题意知 ， 所以 . （2）（i）由题意知 的所有可能取值为 ， 则 ， 所以 ， 因为 ， 所以 ； （ii）证明：若取出的卡片再放回袋子，则每次抽取到偶数号码卡片的概率为 ， 由题意知 的所有可能取值为 ， 所以 ， ， 则 的分布列为 所以 ， 则 ， 两式相减可得 ， 所以 . 【点睛】解决此题的关键有二：一是审清题意确定终止条件，结合概率模型使用公式求解；二是利用错位相减法数列求和证明不等式. SHAPE \* MERGEFORMAT 空间几何体 18．（2025·云南·一模）在三棱锥 中， ， ， ，则三棱锥 外接球的表面积为 【答案】 【分析】作 平面 于点 ，连接 ，确定四边形 为矩形，根据余弦定理即可得 ，进而得球的半径，即可计算球的表面积. 【详解】如图，作 平面 于点 ，连接 ， 平面 ， 平面 ，所以 ， 因为 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，所以 ，同理得 ， 四边形 为矩形， ，则 ， 在 中， , 由余弦定理得 ， 即 ， 解得 ， 设三棱锥 外接球的半径为 ， 则三棱锥 外接球即为四棱锥 外接球,即为以 为棱长的长方体的外接球， 故由 得 ，解得 ， 所以球的表面积为 ， 故答案为： . 19．（2025·云南·一模）如图， 是水平放置的 的直观图，若 ， 轴， 轴，则 的周长为 ． 【答案】 【分析】得到 ，将直观图还原为原图，求出 ，由此即可得解. 【详解】由题意 ，所以 ，可得 为直角三角形， 所以 ， 根据题意，将直观图还原为原图，如图所示， 可得 为直角三角形，其中 ， 由勾股定理得 ， 所以 的周长为 ． 故答案为： . 20．（2025·云南·一模）已知正三棱锥有一个半径为 的内切球，则所有这样的正三棱锥中体积最小的一个的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先通过正三棱锥的截面中相似三角形的关系得出正三棱锥高 与底面中心到边的距离 的关系，再结合正三棱锥体积公式得到体积关于 的表达式，最后利用基本不等式求出体积的最小值. 【详解】已知正三棱锥过侧棱和高作截面 ， 为球心， 为切点， 为底面正 的中心， 设 （底面正三角形中心到边的距离）， （正三棱锥的高）， （斜高）. 因为 （相似三角形的对应边成比例），所以 . 由 可得 ，由 可得 . 对 进行处理，将第一个式子变形为 ，代入第二个式子 ， 化简可得 ，进一步变形为 ，即 .   设底面正三角形的边长为 ，根据正三角形的性质，有 ，那么 . 根据正三棱锥体积公式 （ 为底面面积），底面正三角形面积 ， 则 .   对 进行变形， . 根据基本不等式, ，所以 . 把 代入体积表达式 ，可得 . 当且仅当 ，即 ， 时，等号成立，此时 有最小值 . 故选: D. 21．（2025·云南·一模）如图所示，四边形 是矩形，且 ，若将图中阴影部分绕 旋转一周. (1)求阴影部分形成的几何体的体积； (2)求阴影部分形成的几何体的表面积. 【答案】(1) ； (2) . 【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解． （2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解； 【详解】（1） ， ，所求几何体的体积为 ． （2）由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为 ， ， ， ， 故所求几何体的表面积为 ； 22．（2025·云南·一模）已知三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上， 平面 ， ， ， .则（    ） A．球 的表面积为 B．异面直线 与 所成角的正切值为 C．平面 截球 所得截面的面积为 D．点 到平面 的距离为 【答案】AD 【分析】将三棱锥放入长方体中，即可根据长方体的体对角线求解球半径，即可求解A，根据垂直即可求解B，根据余弦定理以及正弦定理求解外接圆半径即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】因为 ， ，所以 的外接圆的半径 ， 又 平面 ， ， 将三棱锥 放入长方体 中，    对于A，长方体的体对角线长为 ， 故外接球的半径为 ，故表面积为 ，A正确， 对于B， 或其补角为异面直线 与 所成角， 由于 平面 ， 平面 ，故 ，故 ，故B错误， 对于C， ， ， ， 故 的外接圆半径为 ， 故 的外接圆的面积为 ，故C错误， 对于D，设点 到平面 的距离为 ， 则 ，故D正确 故选：AD. 23．（2025·云南·一模）已知球 的半径为 ，圆 的半径为 ，且圆 是球 的一个截面，若圆 的面积与球 的表面积之比为 ，则 的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用圆的面积及球的表面积公式代入计算即可. 【详解】由圆 的面积与球 的表面积之比为 ，得 ， 所以 ，解得 故选：A. 24．（2025·云南·一模）已知正方体 的棱长为 ，点 在底面 上（含边界），且 ，则下列说法正确的是（    ） A．点 的轨迹的长度为 B．直线 与平面 所成角的正切值最大为 C．平面 截该正方体的内切球所得截面的面积为 D．若动点 在线段 上， 为 的中点，则 的最小值为 【答案】ACD 【分析】由正方体性质可得点 的轨迹是四分之一圆，可判断A正确；易知直线 相对于平面 的倾斜程度越大，所成角的正切值越大，计算可知B错误；求出内切球球心到平面 的距离可判断C正确，利用线面垂直关系可知当 三点共线时，满足题意，可得D正确. 【详解】对于A，根据正方体性质可得 ，可知 ， 故点 的轨迹是以 为圆心，1为半径的四分之一圆，如下图所示： 则其轨迹的长度为 ，故A正确； 对于B，易知当点 位于棱 上时，直线 与平面 所成的角最大， 此时 ，即直线 与平面 所成角的正切值最大为 ，故B错误； 对于C，易知内切球的半径为 ，球心 位于正方体的中心，其到平面 的距离为 ， 易知 ， ，点 平面 的距离为 ； 可得球心 到平面 的距离为 ， 故截面圆的半径 满足 ，则所得截面的面积为 ，故C正确； 对于D，如下图： 先固定点 ，当点 在 上时， 最小， 再让点 移动，当 三点共线时， 最小， 此时 ，故D正确. 故选：ACD 25．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上， ， ，过棱 作球 的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出三棱锥外接球的半径，取 的中点 ，当 垂直截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为 长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解. 【详解】如图，作 平面 ，垂足为 ，取 的中点 ，外接球的球心为 ，连接 ， 易得 为 的中心，则 ，所以 ， 设外接球半径为 ，则 ，即 ，解得 ， 当 垂直过 的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为 长， 最小面积为 ， 当截面过球心 时，截面圆的面积最大，最大面积为 ， 故截面面积的取值范围是 . 故选：B. 26．（2025·云南·一模）已知正三棱锥的体积为 ，其底面三角形的斜二测直观图面积为 ，则三棱锥的高为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】利用直观图和原图面积关系求出底面积，结合正三棱锥体积公式建立方程，求解高即可. 【详解】设底面三角形面积为 ，三棱锥的高为 ， 由直观图的性质得 ，解得 ， 因为正三棱锥的体积为 ，所以 ，解得 ，故A正确. 故选：A 27．（2025·云南昆明·一模）在长方体 中，底面 是边长为 的正方形， ，点 是 的中点，点 是 上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．异面直线 与 所成角的余弦值为 B．当 时，过点 、 、 的截面是梯形 C．当点 运动到某点时，过点 、 、 的截面是五边形 D．当 时，过点 、 、 的截面是矩形 【答案】ABC 【分析】由异面直线所成角的定义结合余弦定理可判断A选项；推导出 ，可判断B选项；取 ，利用面面平行的性质找出截面，可判断C选项；利用面面平行的性质找出截面，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接 、 ，如下图所示： 因为 且 ，所以，四边形 为平行四边形， 所以， ， 所以， 与 所成的角为 或其补角， 在 中， ，同理可得 ， ， 由余弦定理可得 ， 所以，异面直线 与 所成角的余弦值为 ，A对； 对于B选项，连接 、 、 ， 当 时， 为 的中点， 因为 、 分别为 、 的中点，则 ，且 ， 因为 且 ，所以，四边形 为平行四边形， 所以， ，且 ，所以， 且 ， 所以， 、 、 、 四点共面， 所以，当 时，过点 、 、 的截面是梯形，B对； 对于C选项，当 时，设平面 交直线 于点 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 平面 ，所以， ， 因为 ，由等角定理结合图形可知， ， 则 ，即 ，可得 ， 设平面 交直线 于点 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 平面 ，则 ， 因为 ，由等角定理结合图形可得 ， 所以， ，则 ， 且 ，所以， ， 故当 时，过点 、 、 的截面是五边形，C对； 对于D选项，当 时，点 与点 重合，设平面 交棱 于点 ，连接 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 平面 ，所以， ， 因为 ，由等角定理结合图形可知， ， 即 ，所以， ，所以， ， 则点 为 的中点， 由勾股定理可得 ， 同理可得 ， ，则四边形 为平行四边形， 因为 ，所以， ， 所以， 不是直角，故四边形 不是矩形， 因此，当 时，过点 、 、 的截面不是矩形，D错. 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 ，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 28．（2025·云南昆明·一模）一个内角为 且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得出旋转体由两个圆锥构成，求出底面圆的半径，即可根据圆锥的体积公式求出旋转体的体积. 【详解】如图，在直角三角形 中， ，则 ， 将直角三角形 沿斜边 旋转一周，旋转形成的几何体为两个同底的圆锥， 如图所示， 有 ， 所以所求几何体的体积 EMBED Equation.DSMT4 . 故选：D 29．（2025·云南曲靖·一模）在四棱锥 中， 平面 ， ， ． (1)若 ， 为 的中点，且 平面 ，求 的长； (2)若 ，且二面角 的大小为 ，求三棱锥 的体积． 【答案】(1)4 (2) ． 【分析】（1）取 的中点为 ，易证 ，由 平面 ，可得 ，四边形 为平行四边形，得 得解； （2）以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 ，求出平面 和平面 的一个法向量结合二面角 的大小为 ，求出 ，由 运算得解. 【详解】（1）如图，取 的中点为 ，连接 ， ， 则 ，且 ． ， ． 平面 ， 平面 ，平面 平面 ， ． 又 ， 四边形 为平行四边形． ，又 ， ． （2） 平面 ， 平面 ， ，又 ， ，且 平面 ， 平面 ， 平面 ， ． 如图所示，以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 ， 则 ， ， ， ． ， ，设平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 ，则 ，故 ． 又 ， ，设平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 ，可得 ，故 ． 二面角 的大小为 ，所以 ， ， ，即 ． ， 即三棱锥 的体积为 ． 30．（2025·云南昭通·一模）如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为 ，则该正四棱台的高为（    ） A． B．2 C．6 D．3 【答案】A 【分析】设 ，则 ，根据侧面积求出 ，再根据正棱台的结构特征结合勾股定理即可得解. 【详解】设 ，则 ， 因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形， 如图，在四边形 中，过点 作 于点 ， ，所以 ， 所以 ，解得 ， 在平面 中，过点 作 于点 ，则 为正四棱台的高， 则 ， 所以 ， 即该正四棱台的高为 . 故选：A. 31．（2025·云南·一模）“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门．某商家设计的折叠储物凳是正三棱台形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠．每个侧面梯形的上底长为 分米，下底长为 分米，梯形的腰长为 分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为（   ） A． 立方分米 B． 立方分米 C．7立方分米 D． 立方分米 【答案】D 【分析】设 为底面 的中心，连接 ，先求出 ，再利用勾股定理求出 ，即可求出棱台的高，再根据台体的体积公式即可得解. 【详解】如图，在正三棱台 中， ， 将棱台补全为正三棱锥 ， 设 为底面 的中心，连接 ，则 平面 ， 而 平面 ，所以 ， 因为 ，所以 ， ， 所以 ， 则正三棱台 的高 ， 该正三棱台的上底面面积 ， 下底面面积 ， 所以该正三棱台储物凳的储物容积 . 故选：D. 32．（2025·云南·一模）在正三棱台 中， ， ， 与平面ABC所成角为 ，则该三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将棱台补全为棱锥，结合已知条件求出大小棱锥的高，利用 及棱锥体积公式求棱台的体积. 【详解】由题设，将棱台补全为正棱锥 ，如下图，且 均为正三角形， 其中 为底面 中心，连接 ，则 面 ，而 面 ，即 ， 所以 与平面ABC所成角为 ，而 ，则 ，所以 ， 令 的高为 ，结合棱台的结构特征，知 ， 所以棱台体积 . 故选：C 33．（2025·云南·一模）六氟化硫，化学式为 ，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（    ）    A．该正八面体结构的表面积为 B．该正八面体结构的体积为 C．该正八面体结构的外接球表面积为 D．该正八面体结构的内切球表面积为 【答案】ACD 【分析】分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项. 【详解】    对A：由题知，各侧面均为边长为 的正三角形， 故该正八面体结构的表面积 ，故A正确； 对B：连接 ，则 ， 底面 ， 故该正八面体结构的体积 ，故B错误； 对C：底面中心 到各顶点的距离相等，故 为外接球球心，外接球半径 ， 故该正八面体结构的外接球表面积 ，故C正确； 对D：该正八面体结构的内切球半径 ， 故内切球的表面积 ，故D正确； 故选：ACD． 34．（2025·云南·一模）已知一个圆锥的底面半径为 ，其侧面面积是底面面积的 倍，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的母线为 ，高为 ，由题意可知，圆锥的底面半径为 ， 圆锥的侧面积为 ，所以 ， 故 ，所以该圆锥的体积为 ， 故选：D. 35．（2025·云南·一模）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证得 平面 ，再求得 ，从而得 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一: 为边长为2的等边三角形， 为正三棱锥， ，又 ， 分别为 、 中点， ， ，又 ， 平面 ， 平面 ， ， 为正方体一部分， ，即 ，故选D． 解法二: 设 ， 分别为 中点， ，且 ， 为边长为2的等边三角形， 又 EMBED Equation.DSMT4 中余弦定理 ，作 于 ， ， 为 中点， ， ， ， ，又 ， 两两垂直， ， ， ，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． SHAPE \* MERGEFORMAT 点、直线、平面之间的位置关系 36．（2025·云南丽江·一模）已知点 是边长为 的菱形 所在平面外一点，且点 在底面 上的射影是 与 的交点 ，已知 ， 是等边三角形.    (1)求证： ； (2)求二面角 的平面角的正切值； (3)若点 是线段 上的动点，问：点 在何处时，直线 与平面 所成的角最大?求出最大角的正弦值，并说明点 此时所在的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)当点 在线段 上靠近 点的 处时，直线 与平面 所成的角最大，最大角的正弦值为 【分析】（1）由题意得到 平面 ，即得 ，再由 可证 平面 ，由线面垂直可得 ； （2）过 在平面 内作 于 ，连接 ，证明 平面 ，得到 为二面角 的平面角，在 中，利用三角函数的定义求解即得； （3）由 平面 得到 到平面 的距离即为 到平面 的距离 ，利用等体积求得 ，设直线 与平面 所成的角为 ，求得 ，推得当 时， 最小，从而 的值最大，由此即得点 的位置. 【详解】（1）因为点 在底面 上的射影是 与 的交点 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 因为四边形 为菱形，所以 ， 因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ． （2）    如图，过 在平面 内作 于 ，连接 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又 ， 、 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ，故 为二面角 的平面角， 因菱形 中， ，则 ， ， 又 是等边三角形，故 ， 由 ，知 ， 在 中， ，故二面角 的正切值为 . （3）因为 ，且 平面 平面 ，所以 平面 ， 所以 到平面 的距离即为 到平面 的距离 ， 因为 ，所以 ， 即 ， 所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 ， ， 因正弦函数在第一象限单调递增，故要使 最大，即使 最大，则需使 最小， 此时 ，由对称性知， ， 所以 ，此时 ， 故当点 在线段 上靠近 点的 处时，直线 与平面 所成的角最大，且最大角的正弦值为 . 37．（2025·云南·一模）如图，四棱锥 中， 平面 ， ， ， ， ， ， 是 的中点． (1)求证： 平面 ； (2)若 ， ①求平面 与平面 所成角的余弦值； ②在线段 上是否存在点 ，使得点 到平面 的距离为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；②存在， 【分析】（1）取 中点 ，根据线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，①利用坐标法可求得两平面法向量，即可得两平面夹角余弦值；②设 ，利用坐标法表示点到平面距离，列方程，即可得解. 【详解】（1） 取 中点 ，连接 ， ， 又点 是 中点， ，且 ， ， ， ，且 ， 四边形 为平行四边形， ， 平面 ， 平面 ， 平面 ； （2） 平面 ，且 ，则以点 为坐标原点建立空间直角坐标系， ① ， ， ， ， ， ， 易知平面 的一个法向量为 ， 在平面 中， ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 ，的 ， ， 即平面 与平面 所成角的余弦值为 ； ②设 ， ， 又 ， ， 则 ， 又 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ， 令 ，得 ， 则 ， 解得 ， 即存在点 使得点 到平面 的距离为 ， 此时 . 38．（2025·云南·一模）如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， ，侧面 是等边三角形，三棱锥 的体积为 ，点 是棱 的中点．      (1)求证：平面 平面 ； (2)求平面 与平面 夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合锥体的体积公式及面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，即可求解. 【详解】（1）因为底面 为矩形， ，所以 ， 设三棱锥 的高为 ，又三棱锥 的体积为 ， 所以 ，所以 ， 又侧面 是等边三角形，且 ， 取 的中点，连接 ，可得 ，从而 为三棱锥 的高， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ； （2）取 的中点 ，连接 ，则 ， 故由（1）可以 为坐标原点， 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，    则 ， 则 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 ，则 ， 所以平面 的一个法向量为 ， 又平面 的一个法向量为 ， 设平面 与平面 夹角为 所以 ， 所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ． 39．（2025·云南·一模）如图，在七面体 中，四边形 是菱形，其中 ， ， ， 是等边三角形，且 ，点 为 的中点. (1)证明：平面 平面 ； (2)求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明 平面 ，再证 平面 即可； （2）过点 作 ，确定直角坐标系，读取并计算各点坐标，求直线 的方向向量与平面 的法向量即可. 【详解】（1）连接 ，因为四边形 是菱形，且 ，则 是等边三角形， 又因点 为 的中点，则 ，又 ，则 , 因 平面 ， 平面 ，则 平面 ， 又 平面 ，则 ，故 ， 因为 是等边三角形，则 ， 又 平面 ， 平面 ，则 平面 ， 又 平面 ，则平面 平面 . （2）过点 作 ，垂足为 ， 由（1）可知 平面 ，又因 平面 ，则平面 平面 ， 因平面 平面 ， ，则 平面 ； 以 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以平行于 所在直线为 轴建立如图所示的直角坐标系，设 ， 则 在 中， ，则 ， ， 则 由（1）可知 平面 ，且 轴，则平面 与平面 重合， 设 ，则 ， 得 ， ，又 ，得 ，即 ， 故 ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ，令 ，则 ， 则 . 则直线 与平面 所成角的正弦值 . 40．（2025·云南·一模）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， ， ， . (1)若 ， 分别是 ， 的中点，证明： ； (2)求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，以 ， ，结合勾股定理的逆定理可证 ，进而可得 平面 ，利用线面垂直可得线线垂直； （2）首先可得 ， ， 两两垂直，构建空间直角坐标系，并求得平面 的一个法向量，平面 的一个法向量，利用向量法求得二面角 的余弦值. 【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ， 因为 ， 分别是 ， 的中点，所以 ， . 因为 ，所以 . 所以 ，又 ，所以 . 因为 ，又 ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 . （2）在平面 内过点 作 ，交 于点 ， 因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ， 因为 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 所以 ， ， 两两垂直， 以 为原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系， 又所以 ，所以 ， 则 ， ， ，所以 ， . 设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，则 . 易知平面 的一个法向量为 ，所以 . 由图知，二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 . 41．（2025·云南昆明·一模）如图，正方体 的棱长为 ， 为线段 上的动点， ， 分别是线段 ， 上的点，且 ， 为 的中点. (1)求证：平面 平面 ； (2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线 与 之间的距离； (3)求异面直线 与 所成角的余弦值的最大值，并说明 点的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) ， 点在靠近点 的线段 的三等分点处 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据条件求得 ，从而有 ， ，利用线面垂直的判断定理得 面 ，再利用面面垂直的判定定理，即可求解； （2）设 是直线 上任意一点，且 ，利用向量法，求得 到直线 的距离 ，即可求解； （3）利用线线角的向量法，得到 ，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，因为正方体 的棱长为 ，且 ， 则 ， 所以 ， 因为 ，则 ，即 ， 又 ，则 ，即 ， 又 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 . （2）设 是直线 上任意一点，且 ， 又 ，所以 ，得到 ， 则 ，又 ，设 到直线 的距离为 ， 则 ， 所以当 时， 取到最小值，最小值为 ，故异面直线 与 之间的距离为 . （3）因为 为 的中点，所以 ，设 ， 则 ， ，设异面直线 与 所成的角为 ， 则 EMBED Equation.DSMT4 ， 令 ，则 ，所以 ， 当且仅当 ，即 时取等号，所以 ， 又当 时， ，即 点在靠近点 的线段 的三等分点处. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，设 是直线 上任意一点，且 ，再利用向量法得到 到直线的距离 ，再结合定义进行求解. 42．（2025·云南昭通·一模）如图，在四棱锥 中， 平面ABCD，底面ABCD为菱形， ， 分别为AB，PD的中点． (1)求证： 平面PBC； (2)若 ， ， ，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PC的中点M，连接FM，BM，由线面平行的判定定理即可证明； （2）先证明 ，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取PC的中点M，连接FM，BM， 在 中，因为M，F分别为PC，PD的中点， 所以 ， ， 在菱形ABCD中，因为 ， ， 所以 ， ， 所以四边形 为平行四边形， 因此 ， 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）因为 平面 ， 平面 ， 所以 ， ， 因为 ，所以 ， 在菱形ABCD中， ， 因为E为AB的中点，所以 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 ， 在正三角形 中， 因为 ， ， ， ， 所以向量 ， ， 设平面EFC的法向量为 ，则 ，即 ， 取 ，得 ， ，所以 ， 设直线CD与平面EFC所成角为 ， ， 所以直线CD与平面EFC所成角的正弦值为 . 43．（2025·云南昆明·一模）如图，四棱台 的底面为正方形， ， 为 的中点． (1)证明： 平面 ； (2)若侧面 为等腰梯形， . （i）证明：平面 平面 ； （ii）求平面 和平面 夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii） ． 【分析】（1）取 中点为 ，证明四边形 为平行四边形，得 ，利用线面平行的判定定理证明； （2）（i）由勾股定理可得 ，即 ，又 ，可证 平面 ，由面面垂直的判断定理得证；（ii）过 点作直线 平面 ，以 为坐标原点建立如图坐标系 ，求出平面 和平面 的法向量，代入公式运算得解. 【详解】（1）取 中点为 ，连结 ， ，由 为 的中点得 ， ， 在四棱台中，由已知得 ， ，所以 ， ， 所以四边形 为平行四边形，则 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ． （2）（i）因为 ，所以 ， 所以 ，即 ， 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 由 平面 ，故平面 平面 .     （ii）过 点作直线 平面 ，以 为坐标原点建立如图坐标系 ， 不妨设 ，则 ， 因为平面 平面 ，且侧面 为等腰梯形，易求得四棱台的高为 ， 则 ， ， ， ， 所以 ， ， ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则由 ，得 ， 令 ，得平面 的一个法向量为 ， 同理，得平面 的一个法向量为 ， 设平面 和平面 的夹角为 ，则 ， 所以平面 和平面 夹角的余弦值为 ．     44．（2025·云南·一模）如图，在 中， ， ， ， ，将 沿 折起得到四棱锥 ，且平面 平面 . (1)证明：四棱锥 的高为 . (2)求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) . 【分析】（1）先证明 都是正三角形，取 的中点 ，根据面面垂直性质定理证明 平面 ，求 可得结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线 的方向向量与平面 法向量，结合向量夹角公式求答案. 【详解】（1）证明：依题意可知 ，则 ， 因为 ， ， ，所以 ， 所以 与 都是边长为 的正三角形. 取 的中点 ，连接 ，则 . 又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 因为 ，所以四棱锥 的高为 . （2）如图，以直线 为 轴，直线 为 轴， 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， . ， . 设平面 的法向量为 ， 则由 ， 得 ， 取 ，得 ， 所以 为平面 的一个法向量. 又 ， 所以 . 故直线 与平面 所成角的正弦值为 . 45．（2025·云南·一模）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 的菱形， 是等边三角形， ，点 ， 分别为 和 的中点. (1)求证： 平面 ； (2)求证：平面 平面 ； (3)求 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3) . 【分析】（1）取 中点 ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得. （2）过 作 于点 ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）取 中点 ，连接 ，由 为 中点， 为 中点，得 ， 又 ，则 ，因此四边形 为平行四边形， 于是 ，而 平面 平面 ， 所以 平面 . （2）过 作 于点 ，连接 ，由 ，得 ≌ ， 则 ，即 ，而 ， 因此 ，又 平面 ，则 平面 ， 平面 ， 所以平面 平面 . （3）由（2）知，直线 两两垂直， 以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系， 则 ， ， 设平面 的一个法向量 ，则 ，令 ，得 ， 设 与平面 所成角为 ， ， 所以 与平面 所成角的正弦值是 . 46．（2025·云南·一模）如图，在四棱台 中，平面 平面ABCD，底面ABCD为正方形， ， .    (1)求证： 平面 . (2)点 在直线 上，且 平面MCD，求 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直性质可得 ，利用题目条件结合图形，勾股定理可得 ，即可证明结论； （2）如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用点 在直线 上，引入参数 ，可表示出M坐标，后由 平面MCD，可得M坐标，即可得答案. 【详解】（1）因平面 平面ABCD，平面 平面ABCD ， ， 平面ABCD， 则 平面 .又 平面 ，则 ； 又在等腰梯形 ，如下图，作 ， 由题可知 ， ，又 ，则 ，结合 ，得 . 因 ，则 . 又 平面 ， 平面 ， ， 则 平面 ； （2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系. 则 ，又由（1）可得 . 因 在直线 ，则 ， 则 ，即 . 则 . 又 ， 平面MCD，则 . 得 .则 ， . 又由（1）得，可取 为平面 的一个法向量， ， 设 与平面 所成角为 ，则 . 即 与平面 所成角的正弦值为 .    SHAPE \* MERGEFORMAT 空间向量与立体几何 47．（2025·云南·一模）已知菱形 如图①所示，其中 且 ，现沿 进行翻折，使得平面 平面 ，再过点 作 平面 ，且 ，所得图形如图②所示. (1)求平面 与平面 夹角的正弦值； (2)若点 满足 . （i） 平面 ，求 的值； （ii）若 与平面 所成角为 ，求 的最大值. 【答案】(1) (2)（i） （ii） 【分析】（1）首先证明 ， ， ，然后以 为正交基底建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求得平面 与平面 夹角的正弦值； （2）（i）求出平面 的一个法向量 ，利用 平面 ，由 即得； （ii）设点 ，利用空间向量法可求得 的最大值. 【详解】（1）如图，取 中点 ，连接 ， ， 由图①可知， 、 是正三角形， 所以 ， ， 又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ，所以 ， 以 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 、 、 、 、 ， 因为 ， ， 设平面 的一个法向量 ， 所以 ， 令 ，得 ， ，所以 ， 由题知，平面 的一个法向量为 ， 所以平面 与平面 夹角的余弦值为 . 则平面 与平面 夹角的正弦值为 . （2）（i）因为 ， ， ， ， 所以 ， ， 设平面 的一个法向量 ， 所以 ， 令 ，得 ， ，所以 ， 因为 平面 ，所以 ，即 ， 解得 . （ii）则 ， ， 因为 ，设 ，以 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ， 令 ，则 ， ，所以 ， 若 与平面 所成角为 ，则 ， 设 ，其中 ， 则 ， 当 时， ； 当 时， ， 当 时， 取最小值 ， 的最大值为 . 48．（2025·云南·一模）如图，正方体 中，M，N分别是线段 上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线 与直线 所成的角的大小 B．平面 与平面 所成的角的大小 C．直线 到平面 距离的大小 D．异面直线 ， 之间的距离的大小 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线 与直线 所成的角，平面 与平面 所成的角，直线 到平面 距离，异面直线 ， 之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化 【详解】以点D为原点，DA，DC， 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则 ， ， ， ， ， ， ，因为M，N分别是线段 上的动点（不含端点），故设 ， ，所以 ， 会随着M，N的运动而变化，故A选项正确； 设平面 的法向量为 ，则 ，解得： 设平面 的法向量为 ，则 ，解得： 所以 ，故平面 与平面 所成的角的大小为 ，不随着M，N的运动而变化； 设平面 的法向量为 ，则 ，解得： ， 则 ，即 与平面 平行，故直线 到平面 距离不变，不随着M，N的运动而变化. 设异面直线 ， 的公共法向量为 ，则 ，解得： ，设异面直线 ， 之间的距离为 ，夹角为 ，则 ，所以异面直线 ， 之间的距离的不随着M，N的运动而变化.    故选：A 题型01 题型02 题型03 题型04 题型05 题型06 题型07 2 / 30 $$